精品解析：四川省资阳中学2025-2026学年高一下学期期中测试数学试题

高2025级第二学期半期考试 数学试题 一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个项是符合题目要求的． 1. 若复数，则（ ） A. 1 B. C. 3 D. 5 2. 已知直线不平行于平面，且，则下列结论成立的是（ ） A. 平面内的所有直线与是异面直线 B. 平面内不存在与平行的直线 C. 平面内存在唯一一条直线与平行 D. 平面内的所有直线与都相交 3. 函数在一个周期内的图象如图所示，此函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 4. 正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的周长是（ ） A. 12 B. C. 16 D. 5. 在中，若其面积为，且，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 已知平面向量，是两个单位向量，在上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. C. D. 7. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，函数．若将的图象向右平移个单位，再将横坐标伸长为原来的2倍，得到函数．若在区间上单调递增，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本小题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题不正确的有（ ） A. 若非零向量，，，满足，则 B. C. 若，且与同向，则 D. 10. 以下结论正确的有（ ） A. 在中， B. 在中，若，则 C. 在四边形中，若，则四边形是菱形 D. 若四边形为平行四边形，则 11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线共面 B. C. 点P是线段上的动点，则满足的点P有且只有一个 D. 过直线EF的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形 三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分． 12. ． 13. 在中，点D满足，若，则______． 14. 在中，，D为BC边上一点，且．若AD为的平分线，且为锐角三角形，则边AC的取值范围______． 四、解答题：本小题共5小题，共77分．解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知向量，. （1）若，求； （2）若，，求与的夹角的余弦值. 16. 已知复数（，为虚数单位），在复平面上对应的点在第四象限，且满足，其中是的共轭复数． （1）求复数的虚部； （2）若复数是关于的方程（，且p，）的一个复数根，求的值． 17. 在中，． （1）求A的大小； （2）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求最长边上高线的长． 条件①：；条件②：的面积为；条件③：．（注：若选多个条件进行解答，按第一个解答计分．） 18. 如图，是圆锥底面圆的内接三角形，，，圆锥底面半径为，PA为圆锥的母线，且圆锥的侧面展开图是一个半圆． （1）求圆锥的高； （2）求三棱锥体积的最大值； （3）用平行于底面的平面截去圆锥的上半部分，截得圆台的上底面半径为，若剩下的圆台有内切球，求圆台的体积． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601-1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点P即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若P是的“费马点”，，． （1）求角； （2）设，，，若，求的周长； （3）在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2025级第二学期半期考试 数学试题 一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个项是符合题目要求的． 1. 若复数，则（ ） A. 1 B. C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数模的公式直接求解. 【详解】依题意，. 故选：B 2. 已知直线不平行于平面，且，则下列结论成立的是（ ） A. 平面内的所有直线与是异面直线 B. 平面内不存在与平行的直线 C. 平面内存在唯一一条直线与平行 D. 平面内的所有直线与都相交 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线与平面的位置关系逐一判断即可. 【详解】因为任意一条直线与平面有三种位置关系： 即，，， 由题意可知只有这种位置关系， 对于A，平面内过点的直线与直线共面，故A错误； 对于B，因为， 假设存在直线，且， 因为， 所以，与矛盾， 所以平面内不存在与平行的直线，故B正确； 由B可知，C错误； 对于D，平面内不过点的直线，与直线是异面直线，故D错误. 3. 函数在一个周期内的图象如图所示，此函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数图象，依次求得的值，即得答案. 【详解】由图知， 函数的最小正周期满足，则，解得 所以， 又，即 由于，所以，解得 所以函数的解析式为. 4. 正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的周长是（ ） A. 12 B. C. 16 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法的原理作出原图形，求出边长即可得原图形的周长. 【详解】从直观图可得， 原图形为： 则四边形OABC为平行四边形，， ， 所以其周长为. 故选：C. 5. 在中，若其面积为，且，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】使用向量的数量积定义及面积公式化简即可求解. 【详解】，即， 所以，即， 所以，所以. 又，故. 6. 已知平面向量，是两个单位向量，在上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影向量的定义求出，再根据向量数量积的运算律求出. 【详解】已知在上的投影向量为. 因为是单位向量，所以，则，故. 可得. 因为是单位向量，所以，可得. 将，代入可得. 故选：B. 7. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由于，利用余弦的差角公式即可求解. 【详解】，，. 又， ， 则． 8. 已知，，函数．若将的图象向右平移个单位，再将横坐标伸长为原来的2倍，得到函数．若在区间上单调递增，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由三角恒等变换得，由图象的变换得，求得其单调递增区间为，，取，即可得解. 【详解】由题意得： ， 向右平移个单位得：， 再将横坐标伸长为原来的2倍，得， 求单调增区间：，， 得，， 取，得． 因为， 所以最大为. 二、选择题：本小题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题不正确的有（ ） A. 若非零向量，，，满足，则 B. C. 若，且与同向，则 D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】对于A，若，则成立，但不一定成立，故A错误， 对于B，表示与共线的向量，而表示与共线的向量， 所以不一定成立，故B错误，符合题意； 对于C，向量既有大小又有方向，不能比较大小，故C错误，符合题意； 对于D，设向量，的夹角为， 则，故D正确，不符合题意． 10. 以下结论正确的有（ ） A. 在中， B. 在中，若，则 C. 在四边形中，若，则四边形是菱形 D. 若四边形为平行四边形，则 【答案】AD 【解析】 【分析】由正弦定理可判断A；根据三角形内角及正弦函数可知或，进而可判断B；根据向量平行四边形法则可判断C；由，，平方相加即可判断D． 【详解】由正弦定理易知A，正确． 对于B，由，可得或，即，或， ，或，故B错误； 对于C，若，则四边形是平行四边形； 对于D：根据，，平方相加得结论成立． 11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线共面 B. C. 点P是线段上的动点，则满足的点P有且只有一个 D. 过直线EF的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A项，连接，证明∥即可；对于B项，由即可求解；对于C项，考虑P为B点和中点时即可；对于D项，延长FE和交于G点，连接交AB于M，连接EM，延长EF和交于H点，连接交于N，连接FN即可. 【详解】 对于A项，如图①，连接，在正方体中，因为∥，， 所以四边形为平行四边形，故有∥， 又分别是棱的中点，则∥，故∥，即可确定一个平面，故A项正确； 对于B项，如图②，，故B项正确； 对于C项，当P和B重合时，显然AP⊥PC；当P为中点时，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以CP⊥平面， 因为平面，所以CP⊥AP.故满足的点P不止一个，故C错误. 对于D项，如图，延长FE和交于G点，连接交AB于M，连接EM； 同理延长EF和交于H点，连接交于N，连接FN， 则五边形为过直线EF的截面，故D正确. 故选：ABD． 三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分． 12. ． 【答案】 【解析】 【分析】根据两角差的正切公式，可直接求出结果. 【详解】. 故答案为 【点睛】本题主要考查两角差的正切公式，熟记公式即可，属于常考题型. 13. 在中，点D满足，若，则______． 【答案】 【解析】 【详解】由， 则， 又， 所以， 所以． 14. 在中，，D为BC边上一点，且．若AD为的平分线，且为锐角三角形，则边AC的取值范围______． 【答案】 【解析】 【分析】设，由已知确定范围，在与中分别用正弦定理，得到与的关系求解即可. 【详解】因为为的平分线， 所以可设，则，， 因为为锐角三角形，所以，即,所以. 在中，由正弦定理得，③ 在中，由正弦定理得，④ ④÷③得， 又，所以， 设，又， 所以，所以在上为增函数， 所以． 四、解答题：本小题共5小题，共77分．解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知向量，. （1）若，求； （2）若，，求与的夹角的余弦值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用向量的坐标运算和向量垂直的坐标表示求出x，然后根据坐标运算和向量模的坐标表示可得； （2）利用向量的坐标运算和向量平行的坐标表示求出x，然后根据向量的夹角公式求解可得. 【小问1详解】 ，由可得， 即，解得， 所以，故. 【小问2详解】 依题意， 又，所以， 解得，则，，， 所以，故与的夹角的余弦值为. 16. 已知复数（，为虚数单位），在复平面上对应的点在第四象限，且满足，其中是的共轭复数． （1）求复数的虚部； （2）若复数是关于的方程（，且p，）的一个复数根，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题先利用复数模的定义与点在第四象限的条件，求出的虚部为，再将代入实系数方程，通过复数相等的条件列方程组求出、，最终得到. 【小问1详解】 已知，则其共轭复数. 由，得. 即，解得，. 又在复平面内对应的点在第四象限，故，得. 所以复数的虚部为. 【小问2详解】 由（1）知. 因为是方程的根，代入得. 计算. 代入方程得. 整理得. 因为，所以实部与虚部分别为，即. 由第二个方程得，代入第一个方程得，即. 所以. 17. 在中，． （1）求A的大小； （2）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求最长边上高线的长． 条件①：；条件②：的面积为；条件③：．（注：若选多个条件进行解答，按第一个解答计分．） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式求得，进而求得. （2）选择条件，然后根据正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式进行分析，从而求得正确答案. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，所以，， 因为，所以舍，所以，则； 【小问2详解】 选择① 因为，由正弦定理，代入，得； 法一：由余弦定理，代入得， 所以，所以或（舍），所以AC边最长； AC边上的高线； 法二：因为，，所以，所以，所以； 所以边为最长边，其高线； 选择② 因为，所以，因为，由余弦定理， 所以，所以或； 所以最长边上的高线； 若选择③，，，，由余弦定理， 所以或（舍）； 所以AC边最长，AC边上的高线； 18. 如图，是圆锥底面圆的内接三角形，，，圆锥底面半径为，PA为圆锥的母线，且圆锥的侧面展开图是一个半圆． （1）求圆锥的高； （2）求三棱锥体积的最大值； （3）用平行于底面的平面截去圆锥的上半部分，截得圆台的上底面半径为，若剩下的圆台有内切球，求圆台的体积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先根据同角三角函数的关系，及正弦定理求出圆锥底面半径，再根据圆锥的性质求出其母线，进而利用勾股定理即可求出其高； （2）先结合题意得到当边上的高最大时，的面积最大，从而求出的面积最大值，进而求出三棱锥体积的最大值； （3）结合（1），及三角形相似，求出圆台的上底面半径，及其高，进而利用圆台的体积公式即可求解． 【小问1详解】 设底面圆心为O，半径为， 在中，，由，则， 则由正弦定理有，即， 又圆锥的侧面展开图是半圆，所以，所以， 所以圆锥的高 ． 【小问2详解】 由，是定值，则当是等腰三角形，边上的高最大，此时的面积最大， 所以作弦的垂线，垂足为，且为弦的中点，该垂线过圆心， 则， 则底面面积的最大值为， 所以三棱锥的最大值为． 【小问3详解】 设圆台的上底面半径为，内切球的半径为， 结合（1），由图根据三角形相似，得，解得， 则，解得，所以圆台的高为 所以圆台的体积为 ． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601-1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点P即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若P是的“费马点”，，． （1）求角； （2）设，，，若，求的周长； （3）在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，结合三角恒等变换与三角形内角和求出角； （2）由向量数量积得到，结合面积关系、余弦定理联立求出，进而算出三角形周长； （3）借助余弦定理与已知等式求得，换元后利用对勾函数最值求解的取值范围。 【小问1详解】 由题可知， 由正弦定理可知，其中为外接圆半径. 所以可得， 即， 即， 由于，，所以，所以； 【小问2详解】 设，，， 由题可知 所以． 所以，由得： ，即， 由余弦定理得，， 即，即， 又，联立解得，． 所以的周长为； 【小问3详解】 设，，， 由（2）在，，中， 由余弦定理得， 联立求解可得， 所以， 所以， ， 即，令，， 由对勾函数性质知在上单调递减， 所以， 即m的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $